\section{Gauss 整数}

\begin{frame}{Gauss 整数}

适当使用实数和复数， 可使讨论更自然简洁。 而且， 绝大多数不定方程仅局限于整数的讨论（无论多么繁杂或巧妙）是不能指望解决的。 二百年前， 是 Gauss 将数论现代化的这道门， 微微开启。 对于二平方和问题 $\left(x^{2}+y^{2}=\mathrm{C}\right)$ 、勾股数问题， 及相关问题， Gauss 整数 $(m+n \sqrt{-1})$ 是天然的钥匙， 而且它引起无限多的类似数 $m+n \sqrt{ \pm d}$ 和方法， 带动数论历史性的发展。

\pause
我们回忆， $a+b \mathrm{i}(a, b \in \mathbb{R})$ 称为复数， 这里 $\mathrm{i}$ 是一个符号， $\mathrm{i}^{2}=-1$, 也记
\[
  i=\sqrt{-1}.
\]
复数全体 $\mathbb{C}$ 是一个域 (§ 1.5). 复数 $z=a+b \mathrm{i}$ 的\emph{绝对值} (或称\emph{模}、\emph{长度}) 定义为
\[
  |z|=\sqrt{z \bar{z}}=\sqrt{(a+b \mathrm{i})(a-b \mathrm{i})}=\sqrt{a^{2}+b^{2}}.
\]
而绝对值的平方， 称为\emph{范数} (norm):
\[
  N(z)=z \bar{z}=(a+b \mathrm{i})(a-b \mathrm{i})=a^{2}+b^{2}.
\]
范数和绝对值都是积性函数， 即对任意复数 $z_{1}, z_{2}$ 有
\[
N\left(z_{1} z_{2}\right)=N\left(z_{1}\right) N\left(z_{2}\right), \quad\left|z_{1} z_{2}\right|=\left|z_{1}\right|\left|z_{2}\right|
\]
(作为习题)。
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{wrapfigure}{r}{.35\textwidth}
  \includegraphics[max width=.35\textwidth]{2024_06_01_28399ea5910f16de7574g-130}
  \caption*{图 1}
\end{wrapfigure}

于是
\[
z=a+b \mathrm{i}=|z|(a /|z|+\mathrm{i} b /|z|)
\]
因 $(a /|z|)^{2}+(b /|z|)^{2}=1$, 故
\[
z=|z|(\cos \theta+\mathrm{i}\sin \theta)=|z| \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta} \text { (见图 1). }
\]
将复数 $a+b \mathrm{i}$ 等同于平面上的向量 $\overrightarrow{O P}=(a, b)$时， $\theta=\arctan (b / a)$ 是此向量的辐角 $(z$ 的辐角), $|z|=c$ 是此向量的长度。 $a, b, c$ 是直角三角形三边长， 故 $a^{2}+b^{2}=c^{2}$.

\pause
现在考虑一类特殊的复数， 称为 \emph{Gauss 整数}：
\[
m+n \mathrm{i} \quad\text { (其中  $m, n \in \mathbb{Z}$ 是整数),}
\]
其全体记为 $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$, 是含么交换整环(见 § 2.2 定义 2).
\pause
Gauss 整数恰是复平面上的整点(坐标为整数的点), 全体构成复平面上的一个格 ( lattice). 
\pause
$\mathbb{Z}[i]$ 是 $\mathbb{Z}$ 的最
简单拓展 ( $\mathbb{Z}$ 是实轴上的一维格). $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 与 $\mathbb{Z}$ 极其相像：有带余除法、Bézout 等式， 是唯一析因整环， 其证明推理过程几乎与对 $\mathbb{Z}$ 的证明一样， 但常用范数代替绝对值。 
\pause
这是因为， Gauss 整数 $\alpha=m+n \mathrm{i}$ 的范数
\[
N(\alpha)=m^{2}+n^{2}
\]
是整数(而绝对值 $|\alpha|=\sqrt{m^{2}+n^{2}}$ 一般不是整数), 可以排序， 可对范数用数学归纳法等 (为了区分 Gauss 整数与 $\mathbb{Z}$ 中整数， 有时候将 $\mathbb{Z}$ 中整数称为\emph{有理整数}).

\pause
使用 Gauss 整数， 一些问题变得简洁。

例如， 考虑命题：两个 “二平方和” 之积仍为 “二平方和” (其中 “二平方和” 是指 “二个整数的平方和”).
\end{frame}

\begin{frame}


因 “二平方和” 等价于 “Gauss 整数的范数”. 故上述命题化为：Gauss 整数之积仍为 Gauss 整数。 此为显然。 详言之， 记 $\alpha=a+b \mathrm{i}, \beta=c+d \mathrm{i}$ 为 Gauss 整数， 则
\[
  \alpha \beta=(a c-b d)+(a d+b c) \mathrm{i}
\]
仍为 Gauss 整数。 取范数得
\[
  \begin{gathered}
  N(\alpha) \cdot N(\beta)=N(\alpha \beta) \\
\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right)=(a c-b d)^{2}+(a d+b c)^{2}
\end{gathered}
\]

\pause
\vspace*{-.5em}
\begin{lemma}%引理1
$u \in \mathbb{Z}$ [i] 为可逆元 (即单位， unit) 当且仅当范数 $N(u)=1$. 故 $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$中单位全体恰为
\[
  \{1,-1, \mathrm{i},-\mathrm{i}\}.
\]
\end{lemma}

\pause
\begin{proof}
 $u=m+n \mathrm{i}$ 在 $\mathbb{C}$ 中的逆为 $1 /(m+n \mathrm{i})=(m-n \mathrm{i}) /\left(m^{2}+n^{2}\right)$, 它属于 $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$当且仅当 $N(u)=m^{2}+n^{2}=1$; 即 $\left(m^{2}, n^{2}\right)=(1,0)$ 或 $(0,1)$, 故 $u= \pm 1$ 或 $\pm \mathrm{i}$.
 \end{proof}

 \pause
 Gauss 数 $\alpha,-\alpha, \mathrm{i} \alpha,-\mathrm{i} \alpha$ 互相称为\emph{结合元} (associate), 它们相互是单位的倍数 ( $\mathbb{Z}$ 中整数 $a$ 和 $-a$ 互为结合元). 单位的倍数不影响整除关系， 即若 $a \mid \beta$, $u$ 是单位， 则 $u a \mid \beta$. 注意 $-\mathrm{i}(1-\mathrm{i})=(1+\mathrm{i})$, 故 $1-\mathrm{i}$ 与 $1+\mathrm{i}$ 互为结合元。
 \end{frame}

 \begin{frame}


 \begin{theorem}%定理1
[Gauss 整数的带余除法] 对任意 $\alpha, \beta \in \mathbb{Z}[\mathrm{i}], \beta \neq 0$, 存在 $q, r \in$ $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 使
 \[
 \alpha=\beta q+r, \quad N(r) \leqslant \frac{1}{2} N(\beta)\qquad (\text {即~}|r| \leqslant \frac{\sqrt{2}}{2}|\beta|).
 \]
 \end{theorem}

 \pause
 \begin{proof}

  \begin{wrapfigure}{r}{.45\textwidth}
  \includegraphics[max width=.45\textwidth]{2024_06_01_28399ea5910f16de7574g-132}
  \caption*{图 2}
\end{wrapfigure}

    设 $\alpha / \beta=a+b \mathrm{i}$ ($a, b$ 为有理数). 设距离 $a$ 最近的整数为 $q_{1}$, 记
   \[
     \delta_{1}=a-q_{1},
   \]
  则 $\left|\delta_{1}\right| \leqslant 1 / 2$. 同理， 设距离 $b$ 最近的整数为 $q_{2}$, 记 $\delta_{2}=b-q_{2}$, 则 $\left|\delta_{2}\right| \leqslant 1 / 2$.
  于是 (如图 2)
 \[
    \begin{gathered}
       \alpha / \beta=a+b \mathrm{i}=\left(q_{1}+q_{2} \mathrm{i}\right)+\left(\delta_{1}+\delta_{2} \mathrm{i}\right)=q+\delta \\
      \alpha=\beta q+\delta \beta=\beta q+r
     \end{gathered}
    \]
   其中 $r=\delta \beta=\left(\delta_{1}+\delta_{2} \mathrm{i}\right) \beta$. 故 
   \[
     N(r)=N(\delta) N(\beta)=\left(\delta_{1}^{2}+\delta_{2}^{2}\right) N(\beta) \leqslant \frac{1}{2} N(\beta).
   \]
  \end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
  在定理 1 中， 若 $r=0$, 即 $\alpha=\beta q(\alpha, \beta, q \in \mathbb{Z}[\mathrm{i}])$, 则称 $\beta$ \emph{整除} $\alpha$, 记为 $\beta \mid \alpha$. 此时称 $\beta$ 是 $\alpha$ 的\emph{因子}， $\alpha$ 是 $\beta$ 的\emph{倍数}。

 \pause
 Gauss 整数 $d$ 是 $\alpha, \beta$ 的最大公因子， 是指：（1) $d\mid \alpha, d\mid \beta$ ； (2) 若 $\delta \mid \alpha$, $\delta \mid \beta$, 则 $\delta \mid d$.
\pause
 此时， $\pm d, \pm \mathrm{i} d$ 是 $\alpha, \beta$ 的所有最大公因子。 
\pause
 “ $d$ 是 $\alpha, \beta$ 的一个最大公因子”用如下符号表示 :%
 \footnote{更准确地说，$(\alpha, \beta)$, $(d)$应分别理解为由$\alpha,\beta$生成的理想、
   由$d$生成的理想。
 }
 \[
   (\alpha, \beta)=(d).
 \]
 \pause
 当 $\alpha, \beta$ 的最大公因子是单位时， 称 $\alpha, \beta$ \emph{互素}， 记为 $(\alpha, \beta)=(1)$.

 \pause
 由定理 1 带余除法 $\alpha=\beta q+r$ 开始， 可辗转相除得：
 \[
   \begin{aligned}
   \alpha&= \beta q_{1}+r_{1}, \quad 0 \neq N\left(r_{1}\right)<N(\beta), \\
 \beta&= r_{1} q_{2}+r_{2}, \quad 0 \neq N\left(r_{2}\right)<N\left(r_{1}\right), \\
 r_{1}&= r_{2} q_{2}+r_{3}, \quad 0 \neq N\left(r_{3}\right)<N\left(r_{2}\right), \\
 & \cdots \cdots \\
 r_{s-2}&= r_{s-1} q_{s-1}+r_{s}, \quad 0 \neq N\left(r_{s}\right)<N\left(r_{s-1}\right), \\
 r_{s-1}&= r_{s} q_{s}.  \; (r_{s+1}=0.)
 \end{aligned}
 \]
 直到余数为零 (即 $r_{s} \mid r_{s-1}$ ) 时为止 (因各余数的范数 (为正整数)不断减小， 故有限次后必停).
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{theorem}%定理2
  (1) 任意非零的 Gauss 整数 $\alpha, \beta$ 的最大公因子 $d$ 是存在的， 即为上述辗转相除的最后非零余数 $r_{s}$ (及其 $\pm 1$ 和 $\pm \mathrm{i}$ 的倍).

 (2) 设 $(\alpha, \beta)=(d)$, 则存在 Gauss 整数 $u, v$ 使得
 \(
   u a+v b=d 
 \) (Bézout 等式).

  (3)  $(\alpha, \beta)=(1)$ 当且仅当 $u a+v b=1$ ($u, v \in \mathbb{Z}[\mathrm{i}]$).
\end{theorem}

\pause
\begin{proof}
(1) $(d)=(\alpha, \beta)=\left(r_{1}, \beta\right)=\left(r_{1}, r_{2}\right)=\cdots=\left(r_{s-1}, r_{s}\right)=\left(r_{s}\right)$.

(2) 由辗转相除最后式得 $r_{s}=r_{s-2}-r_{s-1} q_{s-1}$, 再向上将 $r_{s-1}, r_{s-2}$ 等逐次代入即得。

 (3) 显然。
 \end{proof}


 \pause
 \begin{example}
   令$\alpha=-3+7 i, \beta=7 + i$. 我们来辗转相除求$\alpha, \beta$的最大公因子。

   \pause
   (1) $\alpha=q_1 \beta +r_1$, 其中$q_1=i, r_1=-2$.
   $\alpha/\beta=-\frac{7}{25}+\frac{26}{25} i$. 取$q_1=i$, 故$r_1=\alpha-\beta q_1=-2$.

   (2) $\beta=q_2 r_1 + r_2$, 其中$q_2= -3-i, r_2= 1-i$.
   $\beta/r_1=-\frac{7}{2}-\frac{1}{2}i$. 取$q_2=-3-i$, 故$r_2=\beta-q_2r_1=1-i$.

   (3) $r_1=q_3r_2$, 其中$q_3=-1-i$.

   \pause
   故$\alpha, \beta$的一个最大公因子为$r_2=1-i$. 而且，我们有
   \[
        r_2 %= \beta-q_2r_1=\beta-q_2(\alpha-q_1\beta)
           = -q_2\alpha + (1+q_1q_2)\beta = (3+i)\alpha+(2-3i)\beta.
 \]
 \end{example}
\end{frame}


\begin{frame}

 \begin{definition}%定义1
   若 Gauss 整数 $\alpha(\neq 0)$ 只有平凡因子， 则称 $\alpha$ 为 \emph{Gauss 素数}， 否则称为 \emph{Gauss 合数} ($\alpha$ 的\emph{平凡因子}是指 $\alpha, 1$ 及其单位倍。 非平凡因子称为\emph{真因子}).
 \end{definition}

 \pause
 故 Gauss 素数 $\alpha$ 即为不可分解元： 若 $\alpha=\beta \gamma$, 则 $N(\beta)=1$ 或 $N(\gamma)=1$. 而 Gauss 合数 $\alpha$ 即是可分解元：有 $\alpha=\beta \gamma$, 且 $N(\beta)>1, N(\gamma)>1$.

 \pause
 \begin{lemma}%引理2
   设 $\alpha \in \mathbb{Z}[\mathrm{i}]$. 若 $N(\alpha)=p$ 是素数， 则 $\alpha$ 是 Gauss 素数。
 \end{lemma}

 \pause
 \begin{proof}
  若 $\alpha$ 不是 Gauss 素数， 则 $\alpha=\beta \gamma, N(\beta)>1, N(\gamma)>1$. 于是
  \(
    N(\alpha)=N(\beta) N(\gamma)
  \)
不是素数，矛盾。
\end{proof}

\pause
\begin{example}%例1
$1+\mathrm{i}$ 是 Gauss 素数， 因范数 $(1+\mathrm{i})(1-\mathrm{i})=2$ 是素数。 注意
\[
  (1 \pm i)^{2}= \pm 2 \mathrm{i}, \quad \mathrm{i}(1-\mathrm{i})=1+\mathrm{i}.
\]
\end{example}
 \end{frame}

 \begin{frame}

\begin{example}%例2
$2+\mathrm{i}$ 和 $2-\mathrm{i}$ 均是 Gauss 素数， 因为 $(2+\mathrm{i})(2-\mathrm{i})=2^{2}+1^{2}=5$ 为素数。 再如，因
\[
(3+2 i)(3-2 i)=3^{2}+2^{2}=13
\]
故 $(3+2 \mathrm{i})$ 和 $(3-2 \mathrm{i})$ 均是 Gauss 素数。 还如
\[
(4+i)(4-i)=4^{2}+1=17, \quad(5+2 i)(5-2 i)=5^{2}+2^{2}=29
\]
等等。
\end{example}

\pause
\begin{example}%例3
$3$ 是 Gauss 素数。 反证： 假若 $3$ 是 Gauss 合数， 则 $3=\beta \gamma$, 
且 $N(\beta)>1$, $N(\gamma)>1$ 为整数。 取范数得 $3^{2}=N(3)=N(\beta) N(\gamma)$. 故
\[
  N(\beta)=N(\gamma)=3.
\]
记 $\beta=m+n \mathrm{i}$, 则 $3=N(\beta)=m^{2}+n^{2}$, 不可能。 同理可知， $7$ 和 $11$ 都是 Gauss 素数。
\end{example}

\pause
可以证明， Gauss 素数只有 3 种类型， 分别如上 3 例：(i) $\pi\in \ZZ[i]$满足$N(\pi)=2$, 
(ii) $\pi\in \ZZ[i]$满足$N(\pi)$为模$4$余$1$的有理素数，
(iii) $\pi\in \ZZ[i]$为模$4$余$3$的正有理素数（相差个$\pm 1,\pm i$倍）。见\S5.4引理1和定理1.
\end{frame}

\begin{frame}
 \begin{theorem}%定理3
    [Gauss 整数唯一析因定理] 任一Gauss 整数 $\alpha(\neq 0, \pm 1, \pm \mathrm{i})$ 可写为有限个 Gauss 素数之积， 且写法是唯一的(不计 $\pm 1, \pm \mathrm{i}$ 倍和乘积次序). 也就是说， $\alpha$ 可写为
  \[
  \alpha=\pi_{1} \pi_{2} \cdots \pi_{1}
\]
其中 $\pi_{1}, \pi_{2}, \cdots, \pi_{1}$ 为 Gauss 素数 (称为 $\alpha$ 在 Gauss 整数环 $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 中的 (素)因子分解).
\end{theorem}

\pause
此定理的证明， 与整数分解定理 ( § 1.3 定理 1) 的证明完全一样 (有理整数用绝对值的时候， Gauss 整数用范数). 以下给出：

\begin{lemma}%引理3
设 $\pi$ 为 Gauss 素数， $\alpha, \beta$ 为 Gauss 整数。 若 $\pi \mid \alpha \beta$, 则 $\pi \mid \alpha$或 $\pi \mid \beta$.
\end{lemma}

\pause
\begin{proof}
 设 $(d)=(\pi, \alpha)$, 则 $d \mid \pi$, 故 $d=\pi$ 或 1 (或其单位倍). $d=\pi$ 意味着 $\pi \mid \alpha$. 故若 $\pi \nmid \alpha$, 则 $(1)=(\pi, \alpha)$, 有 $u, v \in \mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 使
 \[
 u \pi+v \alpha=1, \quad u \pi \beta+v \alpha \beta=\beta
 \]
 $\pi \mid$ 左边， 故 $\pi \mid \beta$.
 \end{proof}
 \end{frame}

 \begin{frame}
  \begin{proof*}[定理3的证明] (1) 分解的存在性。 对 $N(\alpha)$ 归纳。 若 $N(\alpha)=2$, 则 $\alpha=$ $1+\mathrm{i}$ (或其单位倍) 是素数 (引理 2). 设对 $N(\alpha)<n$ 已证得。 现考虑 $N(\alpha)=n$ 情形。 若 $\alpha$ 是 Gauss 素数， 则无需证明; 否则 $\alpha=\beta \gamma, N(\beta)>1$ 且 $N(\gamma)>1$. 故
  \[
  N(\beta)<n, \quad N(\gamma)<n
\]
由数学归纳法假设知 $\beta=\pi_{1} \cdots \pi_{t}, \gamma=\pi_{1}^{\prime} \cdots \pi_{t^{\prime}}^{\prime}$, 得 $\alpha=\pi_{1} \cdots \pi_{t} \pi_{1}^{\prime} \cdots \pi_{t^{\prime}}^{\prime}$.

 (2) 分解的唯一性。 若有两种分解 $\pi_{1} \cdots \pi_{t}=\alpha=\rho_{1} \cdots \rho_{s}$, 则 $\pi_{t} \mid \rho_{1} \cdots \rho_{s}$. 由引理 3 知， $\pi_{t} \mid \rho_{i}$ 对某 $i$ 成立， 不妨设 $\pi_{t} \mid \rho_{s}$ (可重排 $\rho_{1}, \cdots, \rho_{s}$ 下标). 因 $\rho_{s}$ 为素数无真因子， 故 $\pi_{t}=\rho_{s}$ (或其单位倍). 从上述等式消去 $\pi_{t}$, 则得
 \[
 \pi_{1} \cdots \pi_{t-1}=u \rho_{1} \cdots \rho_{s-1} \quad(u \in\{ \pm 1, \pm i\})
 \]
 如此继续， 不断消去， 必会有一方化为 $\pm 1$ 或 $\pm \mathrm{i}$, 此时另一方也只能是 $\pm 1, \pm \mathrm{i}$,
 故 $t=s, \pi_{i}=\rho_{i}(i=1, \cdots, t$, 不计 $\pm 1, \pm \mathrm{i}$ 倍和乘积次序 $)$. 定理得证。
 \end{proof*}

 \pause
 定理 3 可简述为： \emph{$\mathbb{Z}[i]$ 是唯一析因整环} (unique factorization domain, 简记为 UFD). 整环 $R$ 是唯一析因整环的意思是： $R$ 的任意(非零、非单位)元素 $a$ 可唯一表示为不可约元素 (又称素元) 的乘积 $\pi \in R$ 为不可约元 (素元) 意味着 $\pi$不能写为 $R$ 中两个非单位元素之积 (换句话说， 若 $\pi=\beta \gamma$, 则 $\beta$ 或 $\gamma$ 必为单位)。

我们将在 §7.1 介绍与 Gauss 整数及其类似的 Eisenstein 整数， 并在第七章讨论它们的进一步发展。

\end{frame}

\begin{frame}{小结}
  \begin{enumerate}
    \item 何为Gauss整数？何为Gauss整数的范数？
    \item 何为Gauss整数环？其中单位如何？
    \item Gauss整数环中带余除法如何做？
    \item Gauss整数环中，何为整除、因子、最大公因子、互素？
      如何辗转相除求最大公因子？如何找到B\'ezout等式？
    \item 何为Gauss素数？Gauss合数？举一些Gauss素数的例子。
    \item 叙述Gauss整数环的惟一析因定理。
  \end{enumerate}
  
\end{frame}
